Bài toán hàm số qua các kì thi olympic

"ng

"`:

« R: Tap hop cac số thực

1C HLI[ILI, + *ILL
1 1l JLẺ.,

IR” : Tập hợp các số thực đương
Q: Tập hợp các số hữu tỉ

THẦI: 1 THL/ THẺ

1L lL|LL

Q” : Tap hợp các số hữu tỉ dương.

lá

Z2: Lập hợp các số nguyên

„

Z⁄NÑ”:T ập hợp các số nguyên đương

„ _Ñ: Tập hợp các số tự nhiên

_

IMO: Ơlimpic tốn quốc tế

=. Palkan : Olimpic toán vùng Ban Căng

.

UMTS: Thi chọn tài năng tốn học Mĩ

w

USAMO: Ơlimpic tốn Hoa
Hoa Ki

n

AIME: Cuộc thi tốn tồn Hoa Kì (vịng 2)

„w

MOSP: Trường hè tốn học ở Mĩ

m_

Putnam : Cuộc thi toán cho sinh viên ở Mĩ và Canađa

„m

APMO

¡

CAMO : Ơlimpic tốn Canađa

JiUL

PL

SE

“ÂN.

kš

m

: Cuộc thi tốn châu Á - Thái Bình Dương

« AUS: Olimpic tn Oxtraylia

Sun

|

Iran : Olimpic todn Iran

e

a

Nordic : Olimpic todn Na Uy
Iberoamerican : Ôlimpic toán châu My la tinh

w

Flanders : Cudc thi todn vùng Flanders nước Bỉ

ø Trung Quốc : Ơlimpic tốn Ïrũng Quốc
a

17/206 : Bai todn T7/206 trên tạp chí Tốn học và Tuổi trẻ

„ BMO : Ơlimpic tốn Anh quốc.

Oo

;

=


a ext

ti

MƠ

2

Đ@Ø

và phương

Tốn học. Các bài tốn về hàm số
Hàm số là một khái niệm cơ bản của
các kì thi Olimpic
và thường xuyên xuất hiện trong
g
dạn
ảa
phú,
ng
pho
rất
hàm
trình
hiểm và
về hàm số, phương trình hàm rất
liệu
tài
các
nay,
đến
cho
ng,
như
tốn. Thế
việc giảng dạy, bơi dưỡng

ít nhiêu khó khăn cho
thường tắn mạn. Điều này thường gây
đặc biệt lò các tỉnh vùng sâu, vùng x4.
học sinh khá, giỏi,

sinh trong việc
đỡ phần nào chơ giáo viên và học
Cuốn sách này là một tài liệu giúp
sách là giải các bài toán

. Nội dung chính của cuốn
giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi
c tốn.
theo tỉnh thân của các kì thí Olimpi
hàm
h
trìn
ơng
phư
và
số
hàm
đến
n
liên qua
qt
các dạng tốn này, và có khả năng tổng
giải
g
năn
kĩ
n
luyệ
rèn

sinh
học
Qua đó giúp
duy trong giải tốn. Do khn khổ của
tư
h
thàn
hình
và
tốn
bài
số
một
hố
hố và cụ thể
c đề cập rất ít như : hàm đa thức, hàm
hoặ
cập
đề
c
đượ
ng
khơ
g
dun
nội
số
cuốn sách, một
nhờ dãy số, bất

ngun, giải phương trình hàm
nhiêu biến, hàm liên quan đến phần
c xét đến với mứt
với các bài tốn về hàm liên tục đượ

phương trình hàm... Hàm số cùng

thông.
độ đơn giản, phù hợp với học sinh phổ

Olimpic
này được tuyển chọn từ các ki thi
sách
n
cuố
g
tron
tốn
bài
các
Phân lớn
các
tạp chí Toán học và Tuổi trẻ. Một số
trên
c
hoặ
tế,
c
quố
và

vực
khu
,
toán của các nước
ai có các bài tốn ma tac gid trích
ng
nhữ
cả
tất
ơn
cảm
Xi
tác.
g
sán
bài tốn khác là do
phải là hay nhất và ngắn gọn nhất,
a
chư
a
ra
ư
đ
giải
lời
ng
Nhữ
này.
chọn trong cuốn sách
mà bạn đọc tham khảo.

vì vậy có thể xem đây là các lời giải

Cuốn sách này gâm 5 chương :

tập hợp số và hàm số.
Chương mở đầu : Một số kiến thức về
giá trị hàm số.
Chương ï : Các bài toán liên quan đến
trên tập số thực.
Chương lI : Giải phương trình hàm
n, số nguyễn va tap hop số hitu ii.
nhiê
tự
số
hợp
tập
các
n
trê
số
Hàm
:
Chương III
hàm số qua các kì thi Olimpic.
Chương IV : Nhin lai mot số bài toán
+

Cuối cùng là phần trả lài bài tập...
g,
n Dỗn Thoại, T5. Trần Phương Dun

Pha
S.
PGST
dén
on
biết
lịng
tổ
Tác giả xin
o dục), TS. N guyen
Trọng Thiệp (Ban Toán ~ NXB Giá

các bạn Hoàng Xuân Vinh, Nguyễn

Lai) dé
), thay Đặng Phúc Thanh (Pleiku — Gia
Tre
Tuổi
và
học
n
Tố
chí
(Tạp
Hải
Việt
.
u trong q trình hồn thiện cuốn sách

động viên giúp đố tác giả rất nhiề

sót.
g cuốn sách song khó tránh khỏi sai
tron
đề
vấn
các
về
Kĩ
cứu
iên
ngh
Tuy đã
đọc. Những ý kiến đóng góp xim gửi
bạn
của
góp
g
đón
sự
ơn
cảm
nh
thà
Tác giả xin chân
ao, Hà Nội hoặc Trường THPT
g
Hưn
n
Trầ
81

—
dục
o
Giá
bản
về địa chỉ : Nhà xuất
Hùng Vương, tỉnh Gia Lai.
Jửi————

Tác gia


Je ULL

L

HLỮ IIIJJJ[IIIHLI I' IÍJlLU

huong mé dau

UU

BE

SIEM TY Te

Ì

MOT SO KIEN THUC
VE TAP HOP SO VA HAM SO

IS)

Trong chương này, chúng tơi trình bày một số kiến thức về các tập hợp số và
hàm số mà trong cuốn sách có sử dụng. Một số kết quả có đưa ra phép chứng

minh, một số kết quả khác khơng có chứng minh kèm theo vì chúng đơn giản
hoặc đã có trong một số tài liệu. Trong cuốn sách này, nói đến tập hợp ta hiểu đó
là tập hợp số.

AT

I

RR

SS PE

$1. BO TUC VỀ TẬP HỢP SỐ
na

°

aw

^~

I. TẬP HỢP CÁC SỐ TỰ NHIÊN

\

1) Phân tích tiêu chuẩn một số tự nhiên

Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều có thể viết được một cách duy nhất (không kể.
thứ tự các nhân

tử) dưới

nhiên và p¡ (¡ =1,2,...k)

đạng

n= py ps? ..pKm

voi

m,k;

la các số tự

là các số nguyên tố khác nhau.

2) Hệ đếm cơ số b

Cho b là một số tự nhiên lớn hơn 1. Khi đó mọi số tự nhiên n đều có thể viết

s_ duy nhất dưới dạng n — pa, + ba)

+...+ ba; + ao, aj € {0, 1, 2,..., b- 1}, a, #0.

Khi đó có thể viết n = (aiâk _1...14o)p
Chi ý : Hệ đếm cơ số 2 gọi là hệ nhị phân.
Hệ đêm cơ sô 3 gọi là hệ tam phân.
Đối với các số cụ thê khi viết có thê bỏ đấu ngoặc chăng hạn 1102 ;5617

Ví dụ. Số 13 biểu diễn trong hệ đếm cơ số 2 là 11012 .

Số 14 biểu diễn trong hệ đếm cơ số 3 là 1123.


kết quả v

h

cọ

A
ne

cb>

©

3) Một số

nhi phan

n trong hệ nhị phân ta có
Giả sử n = ayâk_1---31202 biểu diễ
_———————

—————-

_2n

Qn+1=

5

= avay_1-.aiaoỦ›

4n+l=akay-..aiAo01;

›

av2k_I--3120 l2;

4n +3 = avak-i--a1A0112.

xét :
Từ các biểu diễn trên, ta có nhận

n của n và 2n là như nhau.
° Số chữ số 1 trong biểu diễn nhị phâ
+ Ì bằng số chữ số 1 trong
2n
của
n
phâ
nhị

n
diễ
u
biể
ng
tro
e Số chữ số 1
m 1.
biểu diễn nhị phân của 2n cộng thé

II. TẬP HỢP CÁC SỐ THỰC
1) Ngun lí Archimède

tại k e Đ * sao cho ke > X.
tồn
n
luô
0
>
x
mọi
voi
va
0
>
Với mọi e

nhất
với mọi số thực x luôn tồn tại duy
g

răn
y
thấ
ta
trên
lí
yên
ngu
Từ
:
C”ú ý
hiệu là [x].
k được gọi là phần ngun của x, kí
5ơ
1.
k+
x<
k<
ho
oc
sa
”
ke

(512]=5` [-436]=~Š:

Vrdu:B1=3,
2) Tinh tra mat

Tap hop

x.ye';x<

duge

R

Ac

goi la tra mat trong

R

< 7:
y đều tồn tại ae À sao cho x <4

|

khi và chỉ khi với mọi
|

|

3) Một số kết qua

a) Q là trù mật trong R.
Datd=y-x> 0.
Chứng mình : Xet x, y € R,x .

Theo nguyên lí Archimède cóng

Goi m = [nx] +1> m-1
Do đó x
nh

Chú ý :

ext

n

Đ*

1

sao cho nd > Ì® — < d.

n
.

extdey.

Giữa hai số thực tuỳ ý ln có ít
:
sau
như
hiểu

được
thường
Kết quả trên

nhất một sơ hữu tỉ.


yy

_L[:LLS~

J

I Oot

PS

b) Tập hợp A = {= m€Z„nc NỈ là trù mật trong IR.
Chứng minh : Với mọi x < y, chọn đ= y—x >0.

Theo ngun lí Archimède có n€ Ñ* sao cho nd >].

1Í,|_ 1-1:LHHEL PULTE

EP)

TS

Áp dụng : Với mỗi x €]R luôn tồn tại dãy số hữu tỉ (xn) hội tụ về x.

Chon m=
Nhu

2"x +i1>m-l=

,

1

thé Mo

2n.

2n

2"xÌ=> m—1<2xce Mexgotcxgicxqacy

May

ey

n

2n

2"

n

Vay A tri mat trong R.

4p dụng - Với mỗi x€]R
7
;

re

x»

luôn tôn tại dãy số hữu tỉ (xạ) voi x, = —
2
^

À

.

~

A

~

°

ry*.

hội tụ

m

ae

—

II. CẬN TRÊN, CẬN DƯỚI
1) Định nghĩa

Cho ACR.
Số x được gọi là một cận trên của tap A nếu như Va€A

thi a
Số x được gọi là một cận dưới của tập A nếu như Va€ A thì a >x.
Cận trên bé nhất (nếu có) của tập A được gọi là cận trên đúng của tập A và kí
hiệu la SupA

Cận dưới lớn nhất (nếu có) của tập A được gọi là cận dưới đúng của tập A và

kí hiệu là InfA

Chú ý : SupA có thể khơng thuộc A. Nếu SupA thuộc A thì đó chính là gia tri

lớn nhất của A kí hiệu là maxA.

InfA có thể khơng thuộc A. Nếu InfA thuộc A thì đó chính là giá trị nhỏ nhất

của A kí hiệu là minA.

Vĩ dụ : Với A =(a
; b) thì SupA = b và Inf A = a;
Với A =[{a ; b] thì SupAA= max A =b

và InfA =minA=a.

_


ho
a

nh

awh At

“Gii át

đúng.
tồn tại cận trên đúng và cận dưới
đều
n
cha
bi
va
g
ron
c
khá
hợp

x) Moi tap
g và cận dưới đúng :
b) Đặc trưng của cn trờn ỳn

= Sup â

axa

c>0,
>

p
8=MmfA â az
We>0,

VaACA;

dac A,a>dE.
Vv

va

EA;

dacA,a
Đ2. ANH XA
|. ĐỊNH NGHĨA

tắc sao cho

là ánh xạ ftừ A đến B một quy
gọi
Ta
2B.
Av
hợp
tập
hai
1) Cho
phần tử duy nhất b€ B.
mỗi phần tử a€ A ứng với một
Kí hiệu f: A — B.
va duoc ki hiéu 1a f(a)
b được gọi là ảnh của phần tira
sau day:
2) Ta quan tam dén hai tap hop
anh cua tap A;
f(A) = {f (a)|a c A} duoc goi la

và f~!(b)=Ía € A|f(a)= b}.

H CAC
TIC
vA
C
UO
NG
XA
H
AN

H,
AN
NG
SO
H,
1 DON ANH, TOAN AN
ANH XA

1) Đơn ánh
Anh
aj

= 42

xa
thi

f:A—B
f (a)

được

gọi là đơn

ánh nếu như với mọi

=f (a2).

â\, 42 EA

ma
|

Chú ý :

) = a1 = 425
(az)
=fa
« f là đơn ánh «> f(

f—!(b) có nhiều nhất là một
„ £là đơn ánh nếu như với mọi b€B thì tập
_
phần tử.


2) Toan anh

Anh xa f:A-—>B duoc goi 1a toan anh néu nhu voi moi phan tr be B đều

tồn tại phần tử a€ A sao cho f(a) =b.

Chi ý : f là toàn ánh + f(A) =B.
3) Song ánh

Ánh xạ f:A >B
tồn ánh.

được gọi là song ánh nếu như nó vừa là đơn ánh, vừa là

Chú ý : Một song ánh của tập hợp {1,2,...,n} được gọi là một hoán vị của tập

hợp do.
4) Ánh xạ ngược

Giả sử f:A + B

là một song ánh từ tập A đến tập B.

Khi đó với mọi b€B đều có duy nhất a€A sao cho f(a)=b. Ta xây dựng
một ánh xạ ø từ B đên A như sau : Với mọi b€ B ta đặt tương ứng với a€A mà
f(a)=b.

Anh xạ g:B—A

như

vậy được gọi là ánh xạ ngược của ánh xạ f và

|

được kí hiệu là f—”.
5) Tich cac anh xa

Cho hai ảnh xạ f:A -+B
Tích

của

hai

ánh

xạ

; g:B—›C,
f và

g

là

h(x)=g (£(x)) và kí hiệu là h = gof.

ánh

xạ

h:AC

được

xác

định

-

III. TÍNH CHẤT
1) f:A-—+B

là một song ánh khi và chỉ khi với mọi

a€A sao cho f(a)
= b.

|

beB

có duy nhất

2) Néu A, B 1a hai tap hop hiru han va ton tai don anh f: A > B thi s6 phan

tử của A không vượt quá số phần tử của B.

3) Nếu A, B là hai tập hợp hữu hạn và tồn tại tồn ánh f: A —+B

thì số phần

tử của B không vượt quá số phần tử của A.”
4) Nếu A, B là hai tập hợp hữu hạn và tn tại song anh f:A—B

có cùng số phần tử.

thì A và B

5) Giả sử tập A có n phần tử. Khi đó số các song ánh f: A — A là n!.

:

N

hb

oO

>,
'
t

h

k

t

œ3
Coo

|

NGHĨA

I. ĐỊNH

gọi là một hàm số từ tập X đến
1) Cho X, Y C R. M6t anh xa f£:X— Y được
|

==f(%).
tập Y và kí hiệu là: f:X = Y hoặc y

và thường được kí hiệu là D. Ta cịn
X được gọi là tập xác định của hàm số

viet f: D— R.

f(xạ) là giá trị của hàm số tại điểm xọ € Ð.

trị của hàm sé f.
Tap hop T= {f (x)| x€ D} được gọi là tập giá

x € D.
Chú ý : 1. tcT © phương trình f(x) =t có nghiệm

2 tcT =t có thể viết được dudi dang t= f(x) véi x ED.
Điểm xạ €D

f (xo) == Xq.
được gọi là điểm bất động của hàm f nếu như

thừa, hàm mũ, hàm lôgarit hàm
2) Ham số sơ cấp cơ bản là các hàm luỹ
lượng giác, hàm lượng giác ngược.
h bởi hữu hạn các phép toán số
3) Hàm số sơ cấp là những hàm được tạo thàn
hàm hợp đối với các hàm sơ SƠ cấp
học (cộng, trừ, nhân, chia), phép tốn lay
cơ bản.

II. HẦM SỐ CONG TINH, NHAN TINH TREN TAP HOP

D nếu như với mọi
1) Hàm f(x) được gọi là cộng tính trên tập xác định

x,y€D

thì x+y€D

y) = f(x) +f(y).
+x
và f(

f(x—y)=f(x)—-f(y)
C”ú ý: Nêu hàm f xác định trên D thoa man
D.
x,y€D mà x+y€D thì fcũng cộng tính trên

voi mol

Thật vậy, ta có

+ T0).
fœx) =f&+y—y)=fŒ+y)—f0) = fŒ+y) = fŒ&)

Vi du : Moi ham số có dang f(x) =kx
2) Hàm

x,y€D

10

f(x)

thì xy€D

được

(ke R

tuy ý) đều là hàm cộng tính.

như với mọi
gọi là nhân tính trên tập xác định D nêu

và f(xy) =f(x)f(y).


Vi du : Moi ham s6 c6 dang f(x) = x

(œ >0

tuỳ ý) đều là hàm nhân tính

Chú ý : Giả sử f:Đ* —› Đ* là hàm nhân tính. Khi đó f hồn tồn được xác
định nêu biết giá trị của nó tại các điểm nguyên tố.

Để chứng minh một hàm số là cộng tính (hoặc nhân tính), trước hết ta phải

chứng minh tập xác định của hàm sô là đóng với phép tốn cộng (hoặc phép tốn

nhân), (tức là nếu x, y thuộc D thì x + y thuộc D và x.y thuộc D).

Trong một số tài liệu, hàm nhân tính trên tập ĐN* được định nghĩa như sau :

Ham f:N*—N*

duoc gọi là nhân tính nếu như với mọi m,n€

Ñ* mà

(m, n) =1 thi f(mn) = f(m)f(n).

Trong cuốn sách này ta không sử dụng định nghĩa trên.

lll. HAM SO Bi CHAN
1) Hàm số f có tập xác định D được gọi là bị chặn trên nếu như tồn tại
số M sao cho f(x)
một

2) Hàm số f có tập xác định D được gọi là bị chặn dưới
số m sao cho f(x)>m với mọi x€ D.

một

SEB ET

STI

nếu như tồn tại

3) Hàm số f(x)

được gọi là bị chặn nếu nó đồng thời bị chặn trên và bị

chặn dưới.

§4. HÀM SỐ ĐƠN ĐIỆU
|. ĐỊNH NGHĨA
1)

Ham

số

f(x)

được

gọi

là

tăng

trên

khoảng

(a;b)

nếu

như

với

XỊ,X;ạ C(a;b) mà xị < f(x2).
Hàm số f(x) được gọi là giảm trên khoảng (a;b) nếu như với XI,Xạ € (a;b)

ma Xx; <X> thi f(x;) > f(x).
Hàm

khoảng đó.

số tăng hoặc giảm trên một khoảng được gọi là hàm số đơn điệu trên

1]


trên khoảng
được gọi là tăng thực sự

(a ; b) nêu như với

trên khoảng
được gọi là giảm thực sự

(a ; b) nếu như với

2) Ham số f(x)

thì f(x)xị, xạ CÁ ; b) mà xị Hàm

số f(x)

thi £(x,)> f(x2).
xị,x¿ €(a ; b) mà Xị
ặc giảm
Hàm số tăng thực sự ho
đó.
điệu thực sự trên khoảng

thực sự trên khoảng

(a ; b) được gọi là đơn

II. TÍNH CHẤT

oảng đó.
ng đều là đơn ánh trên kh
oả
kh
t
mộ
n

trê
sự
c
thự
u
1) Mọi hàm đơn điệ
g.

ng thi f +g tan
ta
ham
hai
là
+
Dg:
;
IR
2) Nếu f:D—
âm thì f(x).g(œ) là
g
ơn
kh
và
g
tăn
m
hà
hai
là
3) Nếu f:D—lR ; g:D-+R

|
|
|
hàm tăng.
ng trinh f(x) =m cd
uo
ph
thi
b)
;
(a
ng
oa
kh
n
tre
4) Néu ham f don digu
|
đó.
ng
oả
kh
nhiều nhất là một nghiệm trên
hợp go tăng.
5) Nếu f: Dự —

CD; thì hàm số
và g:Dg > R tăng và Tr

|

Chú ý: Từ kết quả trên suyra

"

(nếu được xác định) cũng tăng.
)
(x
(f
f
p
ho
sé
m
hà
thì
ng
Nếu hàm f tă

(nêu được xác định) giảm.
)
(x)
ự
f
hợp
số
m
ha
thi
6) Néu ham f giam

YChứng minh : Giả sử X <

Khi đó f(«) > FO) +f (FO) $ (EEO).

NH VA TINH DON DIEU
i, HAM CỘNG TÍNH, NHÂN TI
1) Cho f:lR

ả mãn với x>0
TB là hàm cộng tính và tho

Khi đó f là hàm tang.

Chứng mình : Xét x

Y

thì f(x) > 0.

y—x>0=f(y—x)>0:

f(y—x)+f@) > f(x).
Ta có f(y)=f(y—x+X)=
Vay fla ham tang trén R.

<0 thi f giảm.
Chi y : Néu voi x 2 0 ma f(x)

thì nó có dạng f(x) = kx.
IR

n
trê
h
tín
ng
cộ
và
u
điệ
2) Nếu hàm số f(x) đơn
12


Chứng mình : Ta có thê xerh răng f là hàm tăng.
Ta có

f(x+y)=f(x)+f(y) > f(0) = 2f(0) > f(0) = 0.

STADE TCT eae

dub

Tu do
f(0) = f(x +(—x))= f(x)+f(—x) > f(—x)= —f(x) VxER

IÚI:HLLHH- | |_..|-|

Như thế f là hàm lẻ.

Đặt f()=k và gọi nCĐ*

Ta có

f(n)= f(n—1+†)=f(n—])+f() =f(n—2)+2f()
=...= Íf(0) +nf(1) = kn.

=
=|

=|=
==|
Vẽ
an

Ta có

Ter

| k=f)=f [a2]n =nt sI>r|S|F
+:on
n
“(nj
Vì thế với mọi số hữu tỉ >cọ†
n

ta có

F[E|Et[m-|=m|C]=m==k®.
n
n
n

n
n

TE

H]HHHILNH,
TL:

=

Ph
SBE! sd AAP

với n>1.

Do f]ẻ nên ta suy ra kết quả trên đúng với mọi số hữu tỉ x <0.
Vay voi moi x €Q

thì f(x) = kx.

Bây giờ với x€ IR tuỳ ý, ta chọn hai dãy hữu tỉ (un) và (vn) sao cho :
|

Up
va limu, =limv, =x.

Do ftăng nên f (uạ) < f(x) Cho n —› +oo trong bất đăng thức trên ta được
kx < f(x) < kx => Í(x) = kx.

Vậy hàm f có dạng f(x) = kx với k€l

tuỳ ý.

Cú ý : Từ chứng minh trên ta có kết quả quan trọng :
Moi ham sé cong tinh f: R— R déu thoa man f(x) =f(1)x với mợi x EQ.

3) Nếu f:IR” —-›IR” đơn điệu và nhân tính, thì f có dạng luỹ thừa, nghĩa là
f(x)=x”,œœ€RR.
13


A
§5. MOT VAI TÍ JH CHAT CU

HAM SO LIEN TUC

nó đơn
trên một khoảng nào đó thì
tục
n
liê
,
ánh
đơn
1a
)
f(x
1) Nếu hàm số
"

điệu thực sự trên khoảng đó.

ánh liên tục trên khoảng (a:b).
đơn
1a
(x)
f
su
Gia
:
h
mìn
Chứng

ma a <8.
Lấy hai giá trị cơ định œ,Ư€ (a;b)
R được xác định
>l
]—
;1
[0
g:
số
m
hà
xet
ta
y
Với mọi x,y€(a;b),x<

như sau :

s@)=f(d—Đơ+

ty)—f(d—t®)œ+ tx) với t€[0; l]:

; 1]
Khi đó ø là hàm liên tục trên đoạn [0
G):
và g(0)= f()—f(@); g)=fG)—f

f(x))<0 thì tồn tại y €(0 ; Ù
)—
f@
)(
o)
f(
—
Œ)
(f
=
)
g(
0)
g(
Nếu

sao cho ø(y)=0. Như thể

|

F(a—yB+ry)-f(d-Yo +yx)=0

=f(qd—y)8+y)= f(q—y)w+1)

1X
i có (Ì— x)ð-+yy = d—Y)Q@
phả
nên
ánh
đơn
flà
đo
g
ưn
Nh

lí vì về trái đương cịn về phải âm.
vơ
này
ều
Đi
:
Y)
Œ—
=
0œ)
—
Hay —y)\

f(x))>0.
Từ đó ta có (f()— f(o))(f@)—
f(@)= f(Ø) hoặc
thì
0
)=
x)
f(
)—
)y
o)
f(
)—
Nhưng nếu (f(Ð

f(x) = f(y) v6 li vi f la don anh.
n luôn cùng dấu với
luô
)
(x
—ƒ
)
f0
0=
)>
x)
f(
—~
Œ)
Như thế (f()—f(o))(f

hiệu f(8)— f(œ).
Suy ra f đơn điệu thực Sự.
kx với k€ R tuỳ ý.
=
x)
f(
thì
h
tín
g
cộn
và
tục
2) Nếu hàm Ÿ : R — R liên
(Phương trình hàm Cauchy).

14


Chứng minh - Gia str f lién tuc va cong tinh trén R . Hoan toan tương tự như
việc chứng minh ở phần hàm đơn điệu ta có f (x)=kx Vx€(Q với k=f(]l) tuỳ ý.

Với mỗi số thực x, ta chọn dãy số hữu tỉ (xn) sao cho xạ — X.

Khi đó với mỗi n ta có f(xn)=kxn.
Cho n—› +co thì do f liên tục nên :

-

kx = lim(kxn ) = lim f(xạ )= f(limxa ) = f().

Vậy f có dang f(x) =kx

voi kER

tuỳ ý.-

Chú ý : Kết quả trên vẫn đúng khi f liên tục và cộng tính trên (0 ; + oo).

3) Nếu hàm f:]R” —› R” liên tục và nhân tính thì f(x) = x® với œ € IR tuỳ ý.
Chứng minh - Đặt g(x) = In f(x) > f(x) = e#Œ) liên tục trên (0 ; +00).
Đo fnhân tính nên f(xy) = f(x)f(y) Vx, y>0.
_ Tacó

g(xy) = Inf(xy) = In(£(x)f(y)) = Inf(x)+ Inf(y) = g(x) + g(y).

Lại xét hàm số h(x) = g le) => h(x) liên tục trên R.
Ta có

|

- h(x+y)=g [ex*) = gÍe"e*) = g(e*)+ g(c”] = h(x)+ h(y)
Ta thấy h(x) liên tục và cộng tính trên lR nên h(x) = kx.
Từ đó

g(e*)=ox VxER.
Bay gid voi moi x > 0

ln có t€]R

sao cho x=e! =>t=Inx.

Taco

g(x)= gÍe'] =ot = o(In x) =Inx®,

Vi thé
£(x) = e8) — nX” _ xe,
15


fŒ)+ f0)

2

Vx, y

m

f 2 y\_
4) Néu ham f lién tục trén R va T5
>)

R

thi ham

ax + b Vx ER voi a,b€R tuỳ ý.
có dạng tuyến tính, nghĩa là f(x)=
f ()— f(0) thi g(x) lién tuc trén R.
=

x)
g(
va
)=b
f(0
Dat
:
h
min
Chứng
Ta có

09-00211605
~
pọ
_
0)
+f
09
—f
go
_
y
x+
=r
*Ì
**
s[
2
2

2
2

Nghĩa là (|=

so) 8)

voi moi x, yE R.

Mặt khác do g(0) = 0 nên thay y=0

có a

= ™

Vx ER.

Do đó

vỗ + 3|

YX, Y.
:|š|~3|3]> (x+y)=9(x)+g(y)

ax.
g liên tục và cộng tính nên g(x) =
Do d6 f(x) =ax+b.

16

f


hương I

CAC BAI TOAN LIEN QUAN

DEN GIA TRI HAM SO

1HHLI-IHLIIILiLI.LLÍIL1EHEI-HÍIL[LH

LINH: (1 jL

|

§1. BAI TOAN TINH GIA TRI CUA HAM SO
Day là đạng toán liên quan đến việc xác định giá trị của hàm số tại một điểm
cụ thể. Để làm được điều này đòi hỏi phải năm vững khái niệm và các tính chất
của hàm số. Trong nhiều trường hợp cân phải có những ki năng nhất định trong
việc tính tốn, so sánh, đánh giá.

I. TÍNH TRỰC TIẾP GIÁ TRI HAM SO
Trong mục này ta xét một số bài toán tính trực tiếp giá trị hàm số bằng cách
thay các biến bởi các giá trị thích hợp.
Bài tốn 1. Cho hàm Ý, xác định trên tập hợp các sé nguyén va nhan gia tri

cũng trong tập đó, thoả mãn f(1) = 0 và f(m + n) = f(m) + fn) + 3(4mn -1), voi
mọi m, n nguyên.
Xác định (19).
Lời giải

Thay
m = n = ], ta có f2)= 21) + 9= 9;
Thay m = n = 2, ta có f(4) = 2f2) + 45 = 63;
Thay m = n = 4, ta co f(8) = 2f(4) + 189 = 315;
Thay m = n = 8, taco f(16) = 2f(8) + 765 = 1395;

Thay m= 2, n= 1, ta có Đ3) = Ñ2) + f(1) +21 =30.
Cuối cùng thay m = l6, n = 3 ta có kết quả
KHE =
2. BTHS

6 + 3)== a8)

+ 3) + 573=

1998.
17


Bai toan 2. (Dy tuyén IMO)
Ham sé f: R— R

thoa man

.
f(x) + f(y) =f +y)— 9 “1% Y ER

no cho f(n) =n.
nguynêsa

số
các
tim
y
ha
=1
)
f(1
Nếu

|

Lời giải. Cho y = Ì ta được

|

@+D=f@)+X +2

~12.f
fo)+f0)=f+Ð)—x

=f(n—Đ+n+l:
n)
f(
có
ta
Z
n€
i
mọ

với
é
Nhu th

~2)+n+n+!

=f(a
Ta có : f(a)=f(a=)+n+1

+])

=f(a-3)+(a=)+n+(

D+n+(n+})

=.=f)+3+4+..+(a=

+2)_2
+1(n
(n
2
—1422+..+n+(n+1)~2=

Vậy

tan

.LĐBE12-z
=0.

œ(n+Đ(n+2)=2n+4 ® nỶ +n—2

Do đó n=l,n=—~2.

cần tìm.
Đó chính là các giá trin

các
số ngun và thoả mãn
các
p
hợ
tập
n
trê
h
địn
Bài tốn 3. f là hàm xác
|
s

điều kiện sau đây :
1) £0) #0;
2) £1) =3;

fÍX—Y) với mọi x, y €?.
3) fx)fqy) = ÍŒ« + y) +
|
Tinh f(7).

ta có :
ng các điều kiện đã cho
Lời giải : Lần lượt áp dụ

= 2ƒ0)=6>f(0)= 2;
f()f(0) = fa+0)+f-0)
f2)=7:
£@)f@) = f£2)+f()>
) =18;
f(2@) —=f@G)+f0)> f£@
f(4) =4! ;
£@)⁄@) —=f(4)+fŒ@)>
) =842.
f(4)£G) = fŒ) +f)>fŒ

18


Le
IHIEL

jw

HINH.

LILI

A
Ui IIE
UT

PEOUUC UTD
=4
=¬
=|
¬
¬
¬
==a
¬
=I

Chúý - Các bạn hãy chứng minh f(n) = 3f(n—1)—f(n—2).
Từ đó tìm được cơng thức tơng qt

fa)= 1$ 8Ï”
:
[4]

2n

,n=0,1,2,3,....

Bài tốn 4. (AUS)

Cho hàm số f : Đ*—› Đ* thoả mãn các điều kiện :

fd)=5;f(f(n))=4a+9 và f|2"]}=2"†Ì +3 với mọi ne N*,
Tính f(1789).

=

Lời giải. Trước hết ta có

ee

1789 = 4.445 +9; 445 = 4.109 +9; 109 = 4.25 +9;25 = 4.4 -+_ 9

=8§8+3=11;

fll)

=f(f(Đ)=44+9=25;

f25_

=f(f1Đ)=4.11+9=53 ;

IIE SA

f(53)

=f(f(25))=4.25+9=109;

f(109)

= f(63)) =4.534+9=221;

£(221) =f(f(109))=4.109 +9 = 445;

PRT To

A i PPT ESS

f(4)

UTNE REI

Lần lượt áp dụng các giả thiết ta được :

|

f(445)

=f (£(221))=4.2214+9 = 893 ;

f(893) =f(

) 4.445+9=1789;
f(445))=

f(789) =f (f(893)) = 4.893-+9 =3581.

II. TINH GIAN TIEP GIA TRI HAM SỐ
Trong một bài tốn việc tính trực tiếp sẽ rất phức tạp hoặc không thể thực

hiện được. Khi đó chúng ta cân phải tìm được các tính chất đặc trưng của hàm sơ

và có những kĩ thuật loại trừ, so sánh các giá trị của hàm số.

19

-


R thoả mãn điều kiện
—
R
:
£
36
m
ha
o
Ch
Bai toan 5.

(5)

169E0)-S52=x+y+2 vx,yER.

co thể có của f6).
Hãy xác định gia tri
thay vào (5) ta được
0,
=
y
=
ox
Ch

.
Lời giải

GO)

2

= 2= (£@)) -£(0)-6=

:
được £(0)=—2 hoặc f(0)=3
f(0) =-2

Từ đó ta

Xét

Khi đó

fofO-3 fO) _ x42

f()= —22x-2.

n.
ta thay khong thoa ma
,
(5)
o
ya
x)

f(
a
ch
Thay biéu thire
f(x)=x +:
xét £(0) =3, khi đó
+3 thì (5) thoả mẫn.
=x
x)
f(
i
vớ
,
ay
th
Dé

vậy f6)=36+3= 39:

ng thời ba điều kiện
đồ
n
mã
oả
th
N*
—
số fƒ: N*
Bài toán 6. Xét hàm

sau đây :

1) ftăng thực sự :

với mọi m, ñ € N*;
n),
)fẪ
f(m
=
)
mn
f(
2)
n) = m.
thì fqn) = n hoặc f(
nh
=
m
a
m
1
#
3) Néu voi m
Hãy xác định f0).

Lời giải
ea

suy ram — 2,n

4 hoệc m7 Án

ỉ có thể f(2) = 4.
Do f tăng thực SỰ nên ch

2 0n dọc tự chứng

2)£03)f(6).
30 =2.3.5 > £30)= £(

20

TỬ)


-IBELLLl

IH hà

s Tính f(3) :

=

_Ta có 4 = f2) < 3) < Ñ4) = £27) = (£(2))" = 16.
Đặt f3) = k.
Xét 5 < k< 8. Khi đó Đ9) = đ@))” = kÌ < 64.
Nhưng f(8) = f2”) = (Đ2))” = 64 nên điều này khơng xảy ra vì 8) < #9).
Xét 11 < k< 15. Khi đó 27) = 03°) = ŒG@)) =k > 1331.

=

=
=
=

¬

=
=s
=

=

Nhung f(32) = f2) = đ@ÿ` =4 ` =1024 nên khả năng này cũng không xảy ra

PN

Te

SEMI

Xét f(3) = 10. Ta có f(3) = 243) = 100000.
Mà f(2Ÿ) = f(256) = 4Ÿ = 65536 vô lí.
Vay £(3) = 9.
|

TAT

e Tinh f(5) :

“Ta có l6 = Ñ4) < (5) < f(6) = f(2)f(3) = 36.

Nếu 17 < £(5) < 24 thi 289 < £(25) < 576.

PLANS

Mà f(24) = £(3)£(8) = 576 vo Ii.
Néu 27 < £(5)< 35 thi 729 < £(25)< 1225. Nhưng £(27)= 729 nên cũng vơ lí.

_ Xét f(5)
= 26. Khi đó £(125)
= £(5°) = (26)= 17576.
Mà f(128) = £(2”) = 4’ — 16384, vơ lí.
Vay £(5) = 25.
Như thế (30) = 4. 9. 25 = 900.
Chú ý : Điều kiện 3) chỉ để đâm bảo rằng f(2) = 4, có nghĩa là chỉ đơn thuần
cho phép suy ra f(2) = 4. Ta có thé thay điều kiện 3) bởi f(a) = a” mà khơng làm

mất

bản chất của bài tốn.

Lời giải khơng chỉ ra một hàm sô cụ thé nào mà chỉ dựa vào các giả thiệt đề

tinh £(30)= 900. Thực ra chỉ có đuy nhất một hàm số thoả mãn là f(n)= n°” voi

mọi n. Các bạn hãy đọc bài “Tổng quát một bài tốn đề nghị cho IMO” trong §8,
chương IV của cuôn sách này.

21

Bài toán 7. (KoMal— B3481)
Đặt n0) =—

x+3

Tinh £5991 (2002).

f(x) =—-2-—x+5ng
dạ
ới
dư
x)
fj(
t
Viế
3
i.
giả
Lời

Khi đó

1

f7((x=) fy 1 (£1(f(x) )) =-2—

—2—

1

1—

hoo +3

—

1

x+3

và £;(x) =f) (f2(«)) = -2- f2@œ&)+3
Bằng

x+2

x+2

L_—=-2—

phương

1

x+3

——
——2—

_

L_—~_-2+x+2=x
x+2

được pc
pháp quy nạp ta chứng minh

x£{—2,—3}.
fan(x)=x với mọi n€ N và

Do đó fsooi(2092) = 2002.
Bai toan 8. (AUS — 1993)

số thực IR, thoả mãn
tập
n
trê
nh
đị
c
xá
f
số
Cho ham

of (xy) = xf(y) + yf(x)

và

R.
f&x+y)=Ÿf (x19? | + f (y9) Vxy€

Tính f (5753).

0 ta được f(0)= Ô ;
Y=
X=
y
tha
x),
yf(
+
y)
Loi giai. Tu f(xy) = xf(
f() = 2f0) > f(1) =0.
Thay x=y=1 ta được

98),

(y
Từ tx+y)=1(x99)+t

22

cho y =9

(8)


LAT
=

=
=
=
=

>

MENU fo TioTE dete OORT ESTE le aC ETE

¬
=
=3
=
=
=
¬

f(x)=f(x!?”°) vxeR.

Vì vậy hệ thức trên có thể viết thành :
f(x+y)=f(x)+f(y)

Vx,yER.

(8a)

Như vậy f là hàm cộng tính trén R.

|

Thay y = 1 vào (8a) : f(x + 1) = f(x), VxE R
Trong hệ thức f(xy) = xÍ(y) + yf(x) tathay y=x

f(x?) =2xf(x)

:

VxeER.

(8b)

Xét x = 0, bang phuong phap quy nap, ta chimg minh véin € N thi

f(x") = nx"
| £0x).

|

|

(8c)

Với n = I : Hiển nhiên đúng (8c).
Giả sử (8c) đúng với n, khi đó trong f(xy) = xf(y) + yf(x) ta thay y bởi x" taco:

f0x" +1) = x(x") + xx) = xox" [fQx) + x"fOd) = (2 + Dx" (0),
nghĩa 1a (8c) đúng với n + 1.

Bây giờ từ (8c) :

f x5) —1993x1?92£(x)

fe

I id

Z

tacó

suy ra Í(x)= 1993x!99*£(x) .

Nếu f(x) z 0 thì 1993.x!”” 1992 = 1 với mọix = 0. Điều này khơng thể xảy ra,
do đó Í{x) = 0 với mọi x.

Như vậy f (V5753) =0._
Bài toán 9. Cho hàm f :[0 ;1]—› [0;1] thoả mãn :

1) Tén tai a,b €[0;1] sao cho f(a) = 0,f(b)
=1;

5
2) Với mọi x,y €[0;1] ta có |f(x)—f(y)|< |x—f@œ)|+|y—fG)|
Chứng minh rằng tổn tại duy nhất xạ C[0 ;1] sao cho f(xạ) = Xo.
23


Lời giải. Ta có

1 =)

_
|
00
~f
r
O
f
<
E
||
f®
)—
(a
|f
1=

Từ đây suy Ta
la|+|t—b|=2>
Ta có

ko-1|5J2
Như vậy

Gas
2)

Néu

2

f=0

=>
Bị=] =l =b=0

{f(0)=l:

|—b|

onl
2

2_

2

2]__

Í

1,

2

ae
2.

In

1) 1 gg#1)p(t)be2^ 2) 2 2

r|>;

a(t ch vot

+i|3|
Vậy ta có
o2} 2

Mặt khác.
1
fof(0)—f|~HE
do do

24

|0 — f(0) +E

5

1
2

1

1

(3)

2

=

1

—— B

2

+;

1


Bây giờ ta chứng minh > là số duy nhất mà f 5] = Thật vậy ta có

TL

roy-t(2]

k~fœol+L

_2

2

,

;

|

=r[]

2] _ | —f G|}

2

2

l

do dé néu f(x) =x thi x =FOQ= 5:

TÚ

MST

fe TOE

|

Vay co duy nhat x = 3 ma f(x) =x.
Bài tốn

10. Giá sử K =

(2;

4) và f: K >K;g:K—

đơng thời các điều kiện sau :

1) f((x)—=gf@&)=xWxeK; —

NÀ

2) £(x)g(x) =x? Vx EK.

¬.

E

thoả mãn

Chứng minh rằng f(3) = g(3).

Lời giải. Lấy xạ €(2; 4) và đặt a = f(xo)
XO

=>=a>0.

Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được

_f(a"xg)=a"*lxy VneN,
Thật vậy, với n= 0 thì khang dinh hién nhién dung.

Giả sử khẳng định đúng với n, nghĩa là f(a"xg) =a"

xp.

Ta có

g(a"? xe) = g|f(a"xe)] =a"xpo.
Mặt khác -

fa?* xo]

2

= f(a" txq)g(a"* x] =a" xof la" Pa],
25


Suy ra
2

f(a

n+lxo]

[a"*!xo]

=——————=

n+2

Vậy khăng định đúng với n+1.

+oe.
Xét a>1. Ta có a"xạ €(2; 4) Vn, điều này vơ lí vì a”xạ —
Xét 0
|

Vậy a=1>f(xụ) = xạ =>f(Œ) — x Wx €(2; 4).
Tương tự ta cũng có g(x)=x Vx € (2 ; 4).

Như thể f(x) = g(x) Yx€(2; 4).

Bài toán 11. (IBEROAMERICAN — 1991)
đồng thời các điều kiện :
Cho f là hàm số không giảm trên đoạn [0; 1], thoả mãn
1)f0) =
2)f1I —x)=1—

3)

9);

€ [05 1].
S|“1QD vx

18
Hay tinh tei

1991)

điểm đặc biệt.

Lời giải. Trước hết ta tính giá trị của hàm số tại các

k
t
I
B
e
n
d
0
4
t
J-®= a)
Get

f0)=f—0)=1—f(0)=1;

26


HhlMJL FAT Hi

Wei ee LY

27

RSA

fa)=>
(x)

8

27

8

27)

1 2

Vee

8

f(x)=2

4

9° 9

8

Vx €|—19 a
27°27

Nhu vay dé tinh f 18
199]

12

Vx El—3—];
5 4

-fœ)=}
(x) 4

2

f(x)=2VxelL: ae sfx) =o

elt. —

f&)=ˆ

8

sfx) =o Vee

27°

27)"

VWxe€

2.21.
27 27

ta cần xác định xem số

78

27° "907

18 rơi vào đoạn nào.
1991

Bằng tính tốn cụ thể ta có :

347

UEMURA

EAE

27)

3

Do fkhéng giam trén doan [0 ; 1] nén taco:

lÈ lál.IÍ_LÍLLRH

THỊ: HỮNHỆHHIUHHZLL
si) |-JUulltlIÙHHH HMAC

(ah Bd 43

Hồn tồn tương tự, ta tính được

1991

37

5
19
5
19
5
19
5
19.
5
|=S>r|fl===r|Sl=S>=:lSl==rlS|=—-:
8
34}
16
37}
32
39}
64
37}
128

27

8

34

Dof khơng giảm nên

16

f neil
18
1991}

3

32

-

36

64

3/

128

> ,
128

Chi ý : Lời giải trên đơn giản và ngắn gọn. Điều quan trọng là thiết lập được

bất đẳng thức (*) - một nhiệm vụ chưa hắn dễ dàng, đặc biệt khi phải tính giá trị

42

hàm số tại những điểm vô tỉ chẳng hạn x =>

m

X= T

Chúng ta cần tìm

27